考虑枚举每一个$i$，以及它的子树大小$j$

显然对于$i$和他父亲的边的贡献就是$j\ast (n-j)$

考虑一个大小为$n$的二叉树，它所有可能的形态有$n!$种

那么对于点$i$，这时整棵树形态有$i!$种

那么大小为$j$的树的方案数就是之后$n-i$个点种填入$j-1$个点的可能乘上这个二叉树所有的形态，即Cj−1n−i∗j!C_{j-1}^{n-i}*j!Cj−1n−i​∗j!

考虑对于剩下的$n-j-i+1$个点，第一个点可以插入$i-1$个点，第二个可以插入$i$个点……，那么最后一个点就可以插入$n-j-1$个点

乘起来也就是(n−j−1)!(i−2)!\frac{(n-j-1)!}{(i-2)!}(i−2)!(n−j−1)!​

那么把所有乘起来ans=∑i=2n∑j=1n−i+1j∗(n−j)∗Cj−1n−i∗j!∗(n−j−1)!(i−2)!ans=\sum_{i=2}^{n}\sum_{j=1}^{n-i+1}j*(n-j)*C_{j-1}^{n-i}*j!*\frac{(n-j-1)!}{(i-2)!}ans=i=2∑n​j=1∑n−i+1​j∗(n−j)∗Cj−1n−i​∗j!∗(i−2)!(n−j−1)!​

=∑i=2n∑j=1n−i+1j∗j!∗Cj−1n−i∗(n−j)!∗i∗(i−1)=\sum_{i=2}^{n}\sum_{j=1}^{n-i+1}j*j!*C_{j-1}^{n-i}*(n-j)!*i*(i-1)=i=2∑n​j=1∑n−i+1​j∗j!∗Cj−1n−i​∗(n−j)!∗i∗(i−1)

n2n^2n2暴力枚举$i,j$就可以了

#include
    
     using namespace std;#define ll long long#define int long longinline int read(){
    	char ch=getchar();	int res=0,f=1;	while(!isdigit(ch)){
    if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}	while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=getchar();	return res*f;}const int N=2005;int n,mod,fac[N],c[N][N];ll ans=0;signed main(){
    	n=read(),mod=read();	c[0][0]=1;	for(int i=1;i<=n;i++){
    		c[i][0]=1;		for(int j=1;j<=i;j++){
    			c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;		}	}	fac[0]=1;	for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;	for(int i=2;i<=n;i++){
    		for(int j=1;j<=n-i+1;j++){
    			ans=(ans+1ll*j*c[n-i][j-1]%mod*fac[j]%mod*fac[n-j]%mod*i%mod*(i-1)%mod)%mod;		}	}	cout<